Nªu ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh vµ rót gän biÓu thøc A.. Chøng minh tø gi¸c CEFD néi tiÕp ®êng trßn..[r]
Trang 1Đề thi tuyển sinh lớp 10
Môn: Toán Thời gian: 120 phút
Câu I: (3,0đ) Cho biểu thức A =
x x x
1 Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
2 Tính giá trị biểu thức A khi x = 9/4
3 Tìm tất cả các giá trị của x để A <1
4 Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
CâuII: (2,5đ) Cho phơng trình bậc hai, với tham số m: 2x2 – (m+3)x + m = 0 (1)
1 Giải phơng trình (1) khi m = 2
2 Tìm các giá trị của m để (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 =
5
2x1x2.
3 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình (1)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x1 x2
4 Tìm các giá trị của m để (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 1 x2
Câu III: (1,5đ).
Một thửa ruộng hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45m Tính diện tích thửa ruộng, biết rằng nếu chiều dài giảm đi 2 lần và chiều rộng tăng 3 lần thì chu vi thửa ruộng không thay đổi
Câu IV: (3,0đ) Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là một đờng kính
thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng thẳng AC
và AD lần lợt tại E và F
1 Chứng minh rằng BE.BF = 4R2
2 Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn
3 Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD
Chứng minh rằng tâm I luôn nằm trên một đờng thẳng cố định
Gợi ý Đáp án
Câu I:
1 Đkxđ: x≥ 0, x ≠ 1
A =
Trang 22 Với x = 9/4 => A =
3
3 1 2
3 Với A<1 =>
x
Vậy để A < 1 thì 0 ≤ x < 1
Câu II:
1 Với m = 2 thì phơng trình trở thành: 2x2 – 5x + 2 = 0
Phơng trình có hai nghiệm là: 2 và 1/2
2 Ta có D = (m + 3)2 – 4.2.m = m2 - 2m + 9= (m - 1)2 + 8
=> D>0 với mọi m => phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt
Theo Viét ta có:
1 2
1 2
3 2
2
m
x x m
x x
Mà x1 + x2 =
5
2x1x2 =>2(m+3) = 5m m = 2.
3 Ta có (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1.x2 = (m + 3)2:4 – 2m = (m2 - 2m + 9):4 =
2
( 1) 8
2 4
m
x x
Vậy MinP = 2 m =1
Câu III: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x(m)
Chiều rộng của thửa ruộng là y(m) ( x>45, x>y)
=>
45 3 2
x y x
y x y
Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn) Vậy diện tích của thửa ruộng là: 60.15 = 900(m2)
Câu IV:
a Ta có tam giác AEF vuông tại A (Góc A là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Mà AB là đờng cao
=> BE.BF = AB2 (Hệ thức lợng trong tam giác vuông)
=> BE.BF = 4R2 ( Vì AB = 2R)
b Ta có góc CEF = góc BAD (Cùng phụ với góc BAE)
Mà góc BAD = góc ADC ( Tam giác AOD cân)
=> Góc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng
tròn
c Gọi trung điểm của EF là H
=> IH // AB (*)
Ta lại có tam giác AHE cân tại H (AH là trung
tuyến của tam giác vuông AEF, góc A = 900) =>
góc HAC = góc HEA (1)
Mà góc HEA + góc BAC = 900 (2)
Mặt khác góc BAC = góc ACO ( tam giác AOC cân tại
O) (3)
Từ (1), (2) và (3) => AH ^CD
Nhng OI ^CD
=> AH//OI (**)
Từ (*) và (**) => AHIO là hình bình hành => IH = AO = R
(không đổi)
Nên I cách đờng thẳng cố định EF một khoảng không đổi = R =>
I thuộc đờng thẳng d // EF và cách EF một khoảng =R
O
d
H
I F
E
D
C
B A
Trang 3* Chó ý: Trêng hîp CD ^ AB th× I thuéc AB vµ vÉn c¸ch d mét kho¶ng = R.